第3章 3.第3节 金属资源的开发利用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考化学大一轮复习练案

该高中化学高考复习课件聚焦“金属资源的开发利用”专题，依据高考评价体系梳理了金属材料判断、工艺流程分析、氧化还原反应、沉淀溶解平衡等核心考点，通过2025年四川、黑吉辽蒙、山东等地真题统计，明确工艺流程题占比达60%、金属材料辨析占20%的高频考点分布，归纳选择、填空等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+流程建模+素养导向”策略，如以2025黑吉辽蒙高锰钴矿提取真题为例，运用科学思维中的证据推理分析“浸出”环节氧化还原反应及Ksp计算，构建“原料-反应-分离”流程模型。帮助学生掌握流程题“成分分析-反应判断-平衡计算”答题技巧，提升得分率，教师可据此精准把握考点，实现高效复习教学。

第3节　金属资源的开发利用 返回目录 1 高考真题 1.★(2025四川,1,3分)材料是科技发展的基础。下列属于金属材料的是 (　　　 ) A.制造电极的石墨烯 B.制造减震弹簧的高碳钢 C.制造防弹装甲的高强度芳纶纤维 D.制造耐温度剧变仪器的高硼玻璃 B 返回目录 2 　 解析　石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨,属于新型无机非金属材料;高碳 钢是铁合金,属于金属材料;芳纶纤维属于合成有机高分子材料;高硼玻璃属于无机非金 属材料;故选B。 返回目录 2.★★(2025黑吉辽蒙,11,3分)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和 少量Fe2O3)中提取金属元素,流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说法 错误的是 (　　　 ) A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源 广泛且可再生 C.“浸出”时,3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4     C 返回目录 流程分析 返回目录 　 解析　根据流程分析,硫酸是纤维素水解的催化剂和矿石溶解的浸取剂,A项正确;稻草 等生物质来源广泛且可再生,B项正确;结合流程,“沉铁”得到FeOOH,“沉钴”得到 CoS沉淀和MnSO4滤液,可知“浸出”时,Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ),Co(Ⅲ)被还原为Co (Ⅱ),但Fe(Ⅲ)未发生变化,C项错误;“沉钴”后的上层清液是CoS的饱和溶液,存在CoS 的沉淀溶解平衡,则c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D项正确。 返回目录 3.★★★(2025山东,13,4分)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物,实验室利用 酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素,流程如下。已知:Fe2(C2O4)3能溶于水;Ksp (CaC2O4)=2.3×10-9,Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7。 下列说法错误的是 (　　　 ) A.试剂X可选用Fe粉 B.试剂Y可选用盐酸 C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D.“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 A 返回目录 流程分析 返回目录 　 解析　由上述流程分析可知,“分离”步骤的目的是将滤液Ⅰ中的Fe元素和Ca元素分 开,结合题中所给信息可知,Fe2(C2O4)3能溶于水,FeC2O4和CaC2O4难溶于水,则加入试剂X 的目的是将滤液Ⅰ中的Fe2+全部氧化成Fe3+,防止Fe2+与后续加入的草酸发生反应生成 FeC2O4沉淀导致分离不彻底,故试剂X不可选用Fe粉,“分离”后Fe元素主要存在于滤 液Ⅱ中,A错误、C正确;由上述流程分析可知,试剂Y的作用是将浸出液中的硅酸钠转 化为硅酸沉淀,故试剂Y可选用盐酸,B正确;若“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小,即c(H+)较 大,会抑制草酸的电离,使溶液中的c(C2 )减小,不能将滤液Ⅰ中的Ca2+沉淀完全,导致 滤渣Ⅱ质量减少,D正确。 返回目录 4.★★(2025北京,16节选)(2)随着铅酸电池广泛应用,需要回收废旧电池材料,实现资源 的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将PbSO4等物质转化为Pb2+的过程中,步骤Ⅰ加入NaOH溶液的目的是_____________________________________________。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中H2O2和K2S2O8作用分别是____________________________________。 　H2O2作还原剂,K2S2O8作氧化剂     　脱除S , 生成可溶于酸的Pb(OH)2     返回目录 　 解析    (2)①PbSO4难溶于酸,在步骤Ⅱ中难以转化为Pb2+,加入NaOH溶液可将PbSO4转 化为可溶于酸的Pb(OH)2。②步骤Ⅱ中PbO2被还原为Pb2+,说明H2O2作还原剂;步骤Ⅲ中 Pb(OH)2、PbO被氧化为PbO2,说明K2S2O8作氧化剂。 返回目录 5.★★(2025甘肃,16节选)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、 Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺,部分流程如下:   已知:As2O3熔点314 ℃,沸点460 ℃ 分解温度:CuO 1 100 ℃,CuSO4 560 ℃,ZnSO4 680 ℃,PbSO4高于1 000 ℃ 返回目录 Ksp(PbSO4)=1.8×10-8 (1)设计焙烧温度为600 ℃,理由为_______________________________________________。 (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为 ____________________________________。 (3)酸浸的目的为___________________________________________。 (4)从浸出液得到Cu的方法为________________________________________________ ______________________________________(任写一种)。 　加入更活泼的金属(如Fe)置换出Cu单质(或以惰性 　使CuO溶解形成CuSO4溶液,与PbSO4分离     　2Na2S+Na2CO3+4SO2  3Na2S2O3+CO2     使As2O3变为蒸气,使CuSO4分解为CuO,便于后续分离     材料为阳极,纯铜作阴极电解浸出液)     返回目录 流程分析 铜冶炼烟尘在焙烧时As2O3达到沸点变为蒸气,S与氧气反应生成SOx,冷凝时As2O3重新 变回固体与SOx分离,SOx进入制酸系统生成H2SO4;CuSO4焙烧时分解生成的CuO与Pb- SO4、ZnSO4一起进入“水浸”环节,ZnSO4溶于水与CuO、PbSO4分离;酸浸时,PbSO4不 溶于硫酸成为浸出渣,CuO溶于硫酸得到CuSO4溶液(浸出液),最后通过置换反应或电解 法得到单质Cu。 返回目录 　 解析    (1)焙烧温度为600 ℃时,高于As2O3的沸点和CuSO4的分解温度,As2O3变为蒸气, 与其他物质分离;CuSO4分解为CuO,便于与ZnSO4分离,后续酸浸时便于与PbSO4分离。 (2)SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,根据得失电子守恒可得Na2CO3+ Na2S+2SO2  Na2S2O3,再结合S原子守恒可得Na2CO3+2Na2S+4SO2  3Na2S2O3,最后 结合原子守恒可得生成物还有CO2,则反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2  3 Na2S2O3+CO2。 (4)结合流程分析可知,可通过置换反应或电解浸出液(CuSO4溶液)得到单质铜。 返回目录 6.★★★★(2025云南,15,14分)从褐铁矿型金—银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、 CuO、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下:   已知:①金—银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 返回目录 ②25 ℃时,Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13。 回答下列问题: (1)基态Cu原子的价层电子排布式为____________。 (2)“还原酸浸”时,MnO2反应的离子方程式为_________________________________。 (3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下: ①Au+5S2 +[Cu(NH3)4]2+  [Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O  4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2  上述过程中的催化剂为____________________。     [Cu(NH3)4]2+     MnO2+S +2H+  Mn2++S  +H2O     　3d104s1     返回目录 (4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为___________。 (5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 ______________________。 (6)25 ℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无Mn(OH)2析出,则c(Mn2+)≤ _________mol·L-1。 (7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 　0.19         MnO2、Fe3+、Cu2+     　富集Cu2+     返回目录 ①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有_______个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为a nm,则晶体的密度为_____________g·cm-3 (列出计算式即可)。 　12     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)Cu为29号元素,基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1。(2)结合“沉锰”环 节生成MnCO3,可得“还原酸浸”时,MnO2被Na2SO3还原为Mn2+,根据得失电子守恒可 得MnO2+S   Mn2++S ,结合电荷守恒及体系环境可知在左边加“2H+”,最后结 合原子守恒可知在右边加“H2O”,则该反应的离子方程式为MnO2+S +2H+  Mn2 ++S +H2O。(3)将①×4,再与②相比可知,[Cu(NH3)4]2+参与了反应①,又在反应②中生 成,且在反应前后其质量未发生变化,故“浸金银”过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2+。(4) 由已知①可知,金—银矿中Cu元素的含量较低,“滤液1”多次循环可提高Cu2+的浓度, 利于“沉铜”。(5)“还原酸浸”时,Fe2O3和CuO可以被H2SO4溶解转化为Fe3+和Cu2+,Na 2SO3将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+并未被还原,故Fe3+的氧化性强于Cu2+;“氧化”时,Fe2+被 返回目录 MnO2氧化为Fe3+,故MnO2的氧化性强于Fe3+。综上可知氧化性:MnO2>Fe3+>Cu2+。(6)25 ℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,此时c(OH-)=10-6 mol·L-1,无Mn(OH)2析出,根据 已知信息②,则c(Mn2+)≤ =  mol·L-1=0.19 mol·L-1。(7)①由题给晶胞 结构可知,Sb位于晶胞的顶点,与其邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且相等,位于顶 点的Sb被8个晶胞共用,位于面心的Mn被2个晶胞共用,因此,该晶胞中每个Sb周围与它 最近且相等距离的Mn有 =12个。②利用均摊法,1个该晶胞中含有Sb的个数为8× = 1,含有Mn的个数为6× =3,故1个该晶胞的质量为  g,体积为(a nm)3=a3×10-21 cm3,则晶体的密度为  g·cm-3。 返回目录 7.★★★★(2025四川,17,15分)为了节约资源,减少重金属对环境的污染,一研究小组对 某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、 SiO2等)进行研究,设计如下工艺流程,实现了铜和锌的分离回收。   回答下列问题: 返回目录 (1)铜元素位于元素周期表第______周期、第_______族。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中,铜盐发生反应的化 学方程式为________________________________________________________________。 (3)滤渣①中,除SiO2外,主要还有__________。 (4)“中和除杂”步骤,调控溶液pH=3.5左右,发生反应的离子方程式为____________________________________________________。 (5)“深度脱氯”时,Cl-的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应,生成能被空气氧化的 CuCl沉淀,使Cl-被脱除。欲脱除1.0 mol Cl-,理论上需要锌粉________mol。 　0.5     　4Fe3++ 　PbSO4     2CuCl2+3Na2CO3+2H2O  Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3(合理即可)     　ⅠB     　四     3Zn2(OH)2CO3+3H2O  4Fe(OH)3↓+6Zn2++3CO2↑     返回目录 (6)CuCl可以通过______(填标号)将其溶解,并返回到_________步骤中。 a.盐酸酸化、双氧水氧化 b.硫酸酸化、KMnO4氧化 c.硝酸酸化和氧化 d.硫酸酸化、双氧水氧化 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽,以石墨为阳极,铜为阴极。 ①“电解分离”时,阴极产生大量气泡,说明铜、锌分离已完成,其理由是____________________________________________。 ②“电解分离”前,需要脱氯的原因有________________________________________________________________________________________________________。 　防止Cl-在阳极放电产生Cl2而污染环境; 　阴极产生 　深度脱氯     　d     大量气泡说明溶液中已无Cu2+     Cl-可能干扰阴极铜的沉积,导致产品不纯(生成CuCl)或效率降低     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)铜是29号元素,位于元素周期表第四周期、第ⅠB族。 (3)由流程分析可知,滤渣①中除SiO2外,主要还有PbSO4[务必注意PbSO4不溶于水和 酸]。 (4)“中和除杂”步骤,加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应生成Zn2+、CO2和H2O,调控溶液的 pH=3.5,促进溶液中的Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去,结合电荷守恒和原子守恒可 得“中和除杂”步骤发生反应的离子方程式为4Fe3++3Zn2(OH)2CO3+3H2O  4Fe (OH)3↓+6Zn2++3CO2↑。 (5)“深度脱氯”时发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-  2CuCl,若脱除2.0 mol Cl-需要1.0 返回目录 mol Cu,而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为Zn+Cu2+  Zn2++Cu,即生成1.0 mol Cu需要1. 0 mol Zn,故欲脱除1.0 mol Cl-,理论上需要锌粉0.5 mol。 (6)CuCl要溶解并返回到前面的步骤中且不引入杂质离子。盐酸酸化、双氧水氧化能 使CuCl转化为CuCl2,但又引入了Cl-,后续还需脱氯,成本增加,a错误;利用KMnO4氧化会 引入Mn2+、K+等杂质离子,b错误;硝酸酸化和氧化会引入N ,c错误;硫酸酸化、双氧水 氧化能将CuCl氧化为Cu2+,含Cu2+的溶液返回到“深度脱氯”步骤中,进一步脱氯, d正 确。 (7)①根据流程分析,“电解分离”时,阴极发生还原反应,若阴极产生大量气泡,说明溶 液中的H+放电生成了H2,因放电顺序为Cu2+>H+>Zn2+,则此时溶液中已无Cu2+,说明铜、 锌分离已完成。②“电解分离”前,需要脱氯是因为Cl-会在阳极放电而产生Cl2,污染环 返回目录 境;电解槽无隔膜,Cu2+在阴极放电产生的Cu会与Cu2+、Cl-反应生成CuCl(Cu+Cu2++2Cl-   2CuCl),干扰阴极铜的沉积,导致产品不纯或效率降低。 返回目录 高考模拟 8.★(2025江苏南京考前指导,8)铝及其化合物具有重要应用。下列说法正确的是 (　　　 ) A.铝合金硬度低,可用于航空工业 B.Al2O3熔点高,可用于电解冶炼铝 C.Al(OH)3有弱碱性,可用于治疗胃酸过多 D.KAl(SO4)2易溶于水,可用于净水 C 返回目录 　 解析　铝合金硬度较高,可用于航空工业,A错误;电解Al2O3冶炼铝,是因为其在熔融状 态下可导电,B错误;Al(OH)3具有弱碱性,能中和胃酸(主要成分为盐酸),可用于治疗胃酸 过多,C正确;KAl(SO4)2可用于净水,是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附杂质,D错 误。 返回目录 9.★★(2026届福建漳平二中开学考,6)从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取 锌的流程如下:   “盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+,并有少量Fe2+和Fe3+浸出。 下列说法不正确的是 (　　　 ) A.1 mol [Zn(NH3)4]2+含16 mol σ键 B.“盐浸”过程中需补充NH3,防止浸液pH下降 C.“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 D.“沉锌”过程中得到的“滤液”可循环利用 C 返回目录 　 解析　配位键也是σ键,故1 mol [Zn(NH3)4]2+中含有的σ键包括配位键和NH3中的共价键, 物质的量为4 mol+3×4 mol=16 mol,A正确;由题干信息知,“盐浸”过程中ZnO转化为 [Zn(NH3)4]2+,反应消耗NH3,则需补充NH3防止浸液pH下降,B正确;由题干信息知,“盐 浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+,并有少量Fe2+、Fe3+浸出,则炼钢粉尘中的Fe3O4、Fe2 O3大部分未溶解,则“滤渣”的主要成分为Fe3O4、Fe2O3,C错误;“沉锌”过程中得到 的“滤液”中含NH4Cl,可返回到“盐浸”工序循环利用,D正确。 返回目录 10.★★★(2026届湖南岳阳县一中开学考,9)一种以辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有少量 的Bi和Bi2O3等)为原料冶炼金属铋的工艺流程如图所示。 已知:①BiCl3水解生成难溶的BiOCl;②化合物中Bi通常呈+3价或+5价,NaBiO3具有强氧 化性。 下列说法错误的是 (　　　 ) A.“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率,抑制Bi3+的水解 B.“溶浸”步骤发生的主要反应为6FeCl3+Bi2S3  6FeCl2+2BiCl3+3S C.“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 D.流程中可循环利用的物质为FeCl3 C 返回目录 流程分析 返回目录 　 解析　“溶浸”步骤加入盐酸,可将Bi、Bi2O3溶解,转化为BiCl3,提高Bi的浸出率,同时 根据已知信息知,BiCl3水解可生成难溶的BiOCl,而盐酸能抑制Bi3+的水解,A正确;“溶 浸”步骤中FeCl3将Bi2S3氧化,生成FeCl2、BiCl3和S,根据得失电子守恒可得6FeCl3+Bi2S 3  6FeCl2+BiCl3+3S,结合原子守恒可知需在BiCl3前加“2”,则反应的化学方程式为 6FeCl3+Bi2S3  6FeCl2+2BiCl3+3S,B正确;由流程分析知,“置换”步骤中Fe将Bi3+还 原为Bi,同时Fe被氧化为Fe2+,根据得失电子守恒,可知氧化剂(Bi3+)与还原剂(Fe)的物质 的量之比为2∶3,C错误;“置换”后滤液中含FeCl2,通入Cl2生成FeCl3,FeCl3可返回到 “溶浸”工序中循环利用,D正确。 返回目录 11.★★★(2025山东泰安二模,12改编)某小组设计如下工艺流程回收废电路板中的铜, 下列说法正确的是 (　　　 ) A.反应Ⅰ的离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2N   [Cu(NH3)4]2++2H2O B.操作③使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 C.操作④以石墨为电极材料,溶液pH增大 D.上述化工流程中可以循环使用的物质有NH3、 NH4Cl、RH三种 A 返回目录 解析　废电路板中含有单质铜,反应Ⅰ中加入的H2O2、NH3、NH4Cl与Cu反应得到[Cu (NH3)4]2+,根据得失电子守恒可得Cu+H2O2  [Cu(NH3)4]2++2H2O,结合电荷守恒可知在 左边加“2N ”,再结合原子守恒可知在左边加“2NH3”,此时满足电荷守恒、原子 守恒,则反应的离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2N   [Cu(NH3)4]2++2H2O,A正确。操 作③是分液,使用的玻璃仪器为烧杯、分液漏斗,B错误。操作④以石墨为电极材料电 解CuSO4溶液,总反应为2CuSO4+2H2O  2Cu+2H2SO4+O2↑,生成了H2SO4,消耗了H2O, 则溶液pH减小,C错误。由流程知,反应Ⅱ中[Cu(NH3)4]2+与有机物RH反应,生成CuR2、 NH3、NH4Cl;反应Ⅲ中加入稀硫酸,生成CuSO4和HR,分液得到HR;操作④中电解CuSO4 溶液得到产品Cu,同时得到H2SO4,故可循环使用的物质有NH3、NH4Cl、RH、H2SO4四 种,D错误。 返回目录 12.★★★(2025湖南邵阳三模,12)钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用 前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的 部分工艺如下: 已知:Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39,Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-44,Zn(OH)2和Al(OH)3的化学性质相似, 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是　     (　　　 ) A.已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6,1 mol Na2S2O8中含有2NA个过氧键 B.结合流程分析,Fe2+的还原性强于Co2+ C.使用FeS除去“滤液”中的Zn2+,pH越大越有利于除去“滤液”中的Zn2+ D.“氧化沉钴”的离子方程式为ClO-+2Co2++H2O+4OH-  Cl-+2Co(OH)3↓ B 返回目录 　 流程分析　根据炼锌废渣的成分知,加入稀H2SO4“酸浸”,得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、 Mn2+的硫酸盐溶液和PbSO4沉淀,即滤渣1为PbSO4;加入Na2S2O8将Mn2+、Fe2+氧化为 MnO2、Fe3+,再加入NaOH调节溶液pH=4,此时,c(OH-)=1.0×10-10 mol·L-1,根据Ksp[Fe(OH)3] =1.0×10-39知,c(Fe3+)=1.0×10-9 mol·L-1,即Fe3+已完全转化为Fe(OH)3沉淀,即滤渣2为Fe(OH)3 沉淀;“氧化沉钴”步骤中加入NaClO,将Co2+氧化生成Co(OH)3沉淀,实现Co元素 与Zn元素的分离;沉钴后,向滤液中加入FeS固体,其与Zn2+反应生成更难溶的ZnS。 返回目录 解析　已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6,设Na2S2O8中-1价O数目为x、-2价O数目为 y,则有x+y=8、2+2×6-x-2y=0,解得x=2、y=6,则Na2S2O8中有1个过氧键(—O—O—),故1 mol Na2S2O8中含有NA个过氧键,A错误;由流程分析知,加入Na2S2O8时Fe2+被氧化成Fe3+, 而Co2+未被氧化,可知还原性:Fe2+>Co2+[提示:根据Ksp,若Co2+被氧化为Co3+,则在pH=4条 件下会沉淀完全,与流程不符],B正确;由已知信息知,Zn(OH)2与Al(OH)3的化学性质相 似,pH过大,Zn2+会转化为[Zn(OH)4]-,不利于除去滤液中的Zn2+,C错误;由流程分析知, NaClO将Co2+氧化生成Co(OH)3沉淀,根据得失电子守恒可得ClO-+2Co2+  Cl-+2Co (OH)3↓,结合电荷守恒及体系的pH=5,可知在右边加“4H+”,再结合原子守恒可知在 左边加“5H2O”,则离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O  Cl-+2Co(OH)3↓+4H+[快解:因 为体系的pH=5,则反应物中不可能有OH-,直接判断错误],D错误。 返回目录 知识拓展　简单了解Pb及其氧化物的性质 1.Pb位于元素周期表中第六周期第ⅣA族,可形成+2、+4价化合物。 2.Pb的氧化物——PbO、PbO2 氧化物 PbO PbO2 Pb化合价 +2 +4 与H2SO4反应 生成PbSO4 生成PbSO4和O2,PbO2表现氧化性 返回目录 $